2023年高考物理一輪復(fù)習(xí)基礎(chǔ)夯實(shí)練1含解析新人教版2023091917

第頁2023年高考物理〔人教〕一輪根底夯實(shí)練〔1〕李仕才一、選擇題1、在研究二力合成的實(shí)驗(yàn)中，AB是一根被拉長(zhǎng)的橡皮筋，定滑輪是光滑的，如下圖，假設(shè)改變拉力F而保持O點(diǎn)位置不變，那么以下說法中正確的選項(xiàng)是()A．要使θ減小，減小拉力F即可B．要使θ減小，增大拉力F即可C．要使θ減小，必須改變?chǔ)粒瑫r(shí)改變F的大小才有可能D．要減小θ而保持α不變，那么只改變F的大小是不可能保持O點(diǎn)的位置不變的解析：繩子對(duì)O點(diǎn)的拉力F2與F的合力和F1等大、反向，如下圖，O點(diǎn)位置不變，那么橡皮筋的拉力F1不變，繩子拉力F2的方向不變，即α角不變，假設(shè)要減小θ，必使F的大小和方向以及F2的大小發(fā)生改變，故D選項(xiàng)正確．答案：D2、如下圖，水平傳送帶以恒定速度v向右運(yùn)動(dòng)．將質(zhì)量為m的物體Q輕輕放在水平傳送帶的左端A處，經(jīng)過t秒后，Q的速度也變?yōu)関，再經(jīng)t秒物體Q到達(dá)傳送帶的右端B處，那么()A．前t秒內(nèi)物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，后t秒內(nèi)物體做勻減速運(yùn)動(dòng)B．后t秒內(nèi)Q與傳送帶之間無摩擦力C．前t秒內(nèi)Q的位移與后t秒內(nèi)Q的位移大小之比為1：1D．Q由傳送帶左端運(yùn)動(dòng)到右端的平均速度為eq\f(3,4)v解析：前t秒內(nèi)物體Q相對(duì)傳送帶向左滑動(dòng)，物體Q受向右的滑動(dòng)摩擦力，由牛頓第二定律Ff＝ma可知，物體Q做勻加速運(yùn)動(dòng)，后t秒內(nèi)物體Q相對(duì)傳送帶靜止，做勻速運(yùn)動(dòng)，不受摩擦力作用，選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確；前t秒內(nèi)Q的位移x1＝eq\f(v,2)t，后t秒內(nèi)Q的位移x2＝vt，故eq\f(x1,x2)＝eq\f(1,2)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；Q由傳送帶左端運(yùn)動(dòng)到右端的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x1＋x2,2t)＝eq\f(\f(v,2)t＋vt,2t)＝eq\f(3,4)v，選項(xiàng)D正確．答案：BD3、甲、乙兩物體分別在恒力F1、F2的作用下，沿同一直線運(yùn)動(dòng)．它們的動(dòng)量隨時(shí)間變化如下圖．設(shè)甲在t1時(shí)間內(nèi)所受的沖量為I1，乙在t2時(shí)間內(nèi)所受的沖量為I2，那么F、I的大小關(guān)系是()A．F1>F2，I1＝I2B．F1<F2，I1<I2C．F1>F2，I1>I2D．F1＝F2，I1＝I2解析：沖量I＝Δp，從題圖上看，甲、乙兩物體動(dòng)量變化的大小I1＝I2，又因?yàn)镮1＝F1t1，I2＝F2t2，t2>t1，所以F1>F2.答案：A4、在如下圖電路中E為電源，其電動(dòng)勢(shì)E＝9.0V，內(nèi)阻可忽略不計(jì)；AB為滑動(dòng)變阻器，其電阻R＝30Ω；L為一小燈泡，其額定電壓U＝6.0V，額定功率P＝1.8W；S為開關(guān)，開始時(shí)滑動(dòng)變阻器的觸頭位于B端，現(xiàn)在接通開關(guān)S，然后將觸頭緩慢地向A端滑動(dòng)，當(dāng)?shù)竭_(dá)某一位置C處時(shí)，小燈泡剛好正常發(fā)光．那么C、B之間的電阻應(yīng)為()A．10ΩB．20ΩC．15ΩD．5Ω解析：此題中小燈泡剛好正常發(fā)光，說明此時(shí)小燈泡到達(dá)額定電流I額＝eq\f(P,U)＝eq\f(1.8,6.0)A＝0.3A，兩端電壓到達(dá)額定電壓U額＝6.0V，而小燈泡和電源、滑動(dòng)電阻AC串聯(lián)，那么電阻AC的電流與小燈泡的電流相等，RAC＝eq\f(E－U額,I額)＝10Ω，RCB＝R－RAC＝20Ω，B項(xiàng)正確．答案：B5、如下圖，均勻繞制的螺線管水平固定在可轉(zhuǎn)動(dòng)的圓盤上，在其正中心的上方有一固定的環(huán)形電流A，A與螺線管垂直．A中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，開關(guān)S閉合瞬間．關(guān)于圓盤的運(yùn)動(dòng)情況(從上向下觀察)，以下說法正確的選項(xiàng)是()A．靜止不動(dòng)B．順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)C．逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)D．無法確定解析：環(huán)形電流可等效為里面的N極、外面為S極的小磁針，通電螺線管可等效為右邊為N板，左邊為S極的條形磁鐵，根據(jù)磁極間的相互作用，圓盤將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確．答案：B6、(2023·湖南長(zhǎng)沙市高三統(tǒng)一模擬)金屬鈣的逸出功為4.3×10－19J，普朗克常量h＝6.6×10－34J·s，光速c＝3.0×108A．用波長(zhǎng)為400nm的單色光照射金屬鈣，其外表有光電子逸出B．用波長(zhǎng)為400nm的單色光照射金屬鈣，不能產(chǎn)生光電效應(yīng)現(xiàn)象C．假設(shè)某波長(zhǎng)的單色光能使金屬鈣產(chǎn)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，那么增大光的強(qiáng)度將會(huì)使光電子的最大初動(dòng)能增大D．假設(shè)某波長(zhǎng)的單色光能使金屬鈣產(chǎn)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，那么減小光的強(qiáng)度將會(huì)使單位時(shí)間內(nèi)發(fā)射的光電子數(shù)減少解析：波長(zhǎng)為400nm的單色光的光子能量為E＝heq\f(c,λ)＝4.95×10－19J，大于鈣的逸出功，可以產(chǎn)生光電效應(yīng)現(xiàn)象．根據(jù)光電效應(yīng)規(guī)律，光電子的最大初動(dòng)能決定于入射光的頻率而與其強(qiáng)度無關(guān)，但強(qiáng)度決定了單位時(shí)間內(nèi)發(fā)射的光電子數(shù)的多少，正確選項(xiàng)為A、D.答案：AD7、現(xiàn)有兩動(dòng)能均為E0＝0.35MeV的eq\o\al(2,1)H在一條直線上相向運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)eq\o\al(2,1)H發(fā)生對(duì)撞后能發(fā)生核反響，得到eq\o\al(3,2)He和新粒子，且在核反響過程中釋放的能量完全轉(zhuǎn)化為eq\o\al(3,2)He和新粒子的動(dòng)能．eq\o\al(2,1)H的質(zhì)量為2.0141u，eq\o\al(3,2)He的質(zhì)量為3.0160u，新粒子的質(zhì)量為1.0087u，核反響時(shí)質(zhì)量虧損1u釋放的核能約為931MeV(如果涉及計(jì)算，結(jié)果保存整數(shù))．那么以下說法正確的選項(xiàng)是()A．核反響方程為eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(2,1)H→eq\o\al(3,2)He＋eq\o\al(1,0)nB．核反響前后不滿足能量守恒定律C．新粒子的動(dòng)能約為3MeVD.eq\o\al(3,2)He的動(dòng)能約為4MeV解析：由核反響過程中的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(2,1)H→eq\o\al(3,2)He＋eq\o\al(1,0)n，那么新粒子為中子eq\o\al(1,0)n，所以A正確．核反響過程中質(zhì)量虧損，釋放能量，虧損的質(zhì)量轉(zhuǎn)變?yōu)槟芰?，仍然滿足能量守恒定律，B錯(cuò)誤；由題意可知ΔE＝(2.0141u×2－3.0160u－1.0087u)×931MeV/u＝3.3MeV，根據(jù)核反響中系統(tǒng)的能量守恒有EkHe＋Ekn＝2E0＋ΔE，根據(jù)核反響中系統(tǒng)的動(dòng)量守恒有pHe－pn＝0，由Ek＝eq\f(p2,2m)，可知eq\f(EkHe,Ekn)＝eq\f(mn,mHe)，解得EkHe＝eq\f(mn,mn＋mHe)(2E0＋ΔE)＝1MeV，Ekn＝eq\f(mHe,mn＋mHe)(2E0＋ΔE)＝3MeV，所以C正確、D錯(cuò)誤．答案：AC二、非選擇題1、(2023·南昌模擬)某物理實(shí)驗(yàn)小組在探究彈簧的勁度系數(shù)k與其原長(zhǎng)l0的關(guān)系實(shí)驗(yàn)中，按示意圖所示安裝好實(shí)驗(yàn)裝置，讓刻度尺零刻度與輕質(zhì)彈簧上端平齊，在彈簧上安裝可移動(dòng)的輕質(zhì)指針P，實(shí)驗(yàn)時(shí)的主要步驟：①將指針P移到刻度尺的5cm處，在彈簧掛鉤上掛上200g的鉤碼，靜止時(shí)讀出指針?biāo)缚潭炔⒂涗浵聛恚虎谌∠裸^碼，將指針P移到刻度尺的10cm處，在彈簧掛鉤上掛上250g的鉤碼，靜止時(shí)讀出指針?biāo)缚潭炔⒂涗浵聛恚虎廴∠裸^碼，將指針P移到刻度尺的15cm處，在彈簧掛鉤上掛上50g的鉤碼，靜止時(shí)讀出指針?biāo)缚潭炔⒂涗浵聛恚虎苤貜?fù)③步驟，在每次重復(fù)③時(shí)，都將指針P下移5cm，同時(shí)保持掛鉤上掛的鉤碼質(zhì)量不變．將實(shí)驗(yàn)所得數(shù)據(jù)記錄、列表如下：次數(shù)彈簧原長(zhǎng)l0/cm彈簧長(zhǎng)度l/cm鉤碼質(zhì)量m/g15.007.23200210.0015.56250315.0016.6750420.0022.2350525.0030.5650根據(jù)實(shí)驗(yàn)步驟和列表數(shù)據(jù)，答復(fù)以下問題：(1)重力加速度g取10m/s2，在實(shí)驗(yàn)步驟③中，彈簧的原長(zhǎng)為15cm時(shí)，其勁度系數(shù)k＝________N/m.(2)同一根彈簧的原長(zhǎng)越長(zhǎng)，彈簧的勁度系數(shù)________．(彈簧處在彈性限度內(nèi))A．不變B．越大C．越小解析：(1)掛50g鉤碼時(shí)，彈簧的彈力為0.5N，根據(jù)胡克定律得，k＝eq\f(F,Δx)＝eq\f(0.5,16.67－15.00×10－2)N/m≈30N/m.(2)對(duì)第3、4、5次數(shù)據(jù)分析，彈簧彈力相等，同一根彈簧，原長(zhǎng)越長(zhǎng)，形變量越大，根據(jù)胡克定律F＝kx知，彈簧的勁度系數(shù)越小，應(yīng)選項(xiàng)C正確．答案：(1)30(2)C2、(2023·河南中原名校聯(lián)考)如圖甲，在水平桌面上固定著兩根相距L＝20cm、相互平行的無電阻軌道P、Q，軌道一端固定一根電阻R＝0.02Ω的導(dǎo)體棒a，軌道上橫置一根質(zhì)量m＝40g、電阻可忽略不計(jì)的金屬棒b，兩棒相距也為L(zhǎng)＝20cm.該軌道平面處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可以調(diào)節(jié)的豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．開始時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝0.1T，設(shè)棒與軌道間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2.(1)假設(shè)保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小不變，從t＝0時(shí)刻開始，給b棒施加一個(gè)水平向右的拉力，使它由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．此拉力F的大小隨時(shí)間t變化關(guān)系如圖乙所示．求b棒做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度及b棒與軌道間的滑動(dòng)摩擦力；(2)假設(shè)從t＝0開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖丙中圖象所示的規(guī)律變化，求在金屬捧b開始運(yùn)動(dòng)前，這個(gè)裝置釋放的熱量．解析：(1)F安＝B0IL①E＝B0Lv②I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0Lv,R)③v＝at④所以F安＝eq\f(B\o\al(2,0)L2a,R)t當(dāng)b棒勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有F－Ff－F安＝ma⑤聯(lián)立可得F－Ff－eq\f(B\o\al(2,0)L2a,R)t＝ma⑥由圖象可得：當(dāng)t＝0時(shí)，F(xiàn)＝0.4N，當(dāng)t＝1s時(shí)，F(xiàn)＝0.5N.代入⑥式，可解得a＝5m/s2，F(xiàn)f＝0.2N.(2)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大時(shí)，閉合電路中有恒定的感應(yīng)電流I，以b棒為研究對(duì)象，它受到的安培力逐漸